湖北省武漢市江漢區度第一期期2025屆九上數學期末復習檢測試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題(每小題3分,共30分)1．如圖，在△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB于點D，若AC：AB=2：5，則S△ADC：S△BDC是（）A．3：19 B． C．3: D．4：212．如圖，已知矩形ABCD，AB＝6，BC＝10，E，F分別是AB，BC的中點，AF與DE相交于I，與BD相交于H，則四邊形BEIH的面積為（）A．6 B．7 C．8 D．93．關于的分式方程的解為非負整數，且一次函數的圖象不經過第三象限，則滿足條件的所有整數的和為（）A． B． C． D．4．如圖，AB是⊙O的切線，B為切點，AO與⊙O交于點C，若∠BAO=40°，則∠OCB的度數為（）A．40° B．50° C．65° D．75°5．已知二次函數的圖像與x軸沒有交點，則()A． B． C． D．6．不等式組的解集在數軸上表示為（）A． B． C． D．7．已知將二次函數y=x2+bx+c的圖象向右平移2個單位，再向下平移3個單位，所得圖象的解析式為y=x2-4x-5，則b，c的值為（）A．b=1，c=6 B．b=1．c=-5 C．b=1．c=-6 D．b=1,c=58．若一個圓內接正多邊形的內角是，則這個多邊形是（）A．正五邊形 B．正六邊形 C．正八邊形 D．正十邊形9．如圖，，，，，互相外離，它們的半徑都是，順次連接五個圓心得到五邊形，則圖中五個扇形（陰影部分）的總面積是()

A． B． C． D．10．下列標志圖中，既是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形的是（）A． B． C． D．二、填空題(每小題3分,共24分)11．方程x2＝2020x的解是_____．12．在Rt△ABC中，兩直角邊的長分別為6和8，則這個三角形的外接圓的直徑長為__．13．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，若tanA＝3，AB＝，則BC＝___14．平面直角坐標系中，點A，B的坐標分別是A(2，4)，B(3，0)，在第一象限內以原點O為位似中心，把△OAB縮小為原來的，則點A的對應點A'的坐標為__________．15．正六邊形的中心角為_____；當它的半徑為1時，邊心距為_____．16．如圖，△ABC內接于圓，點D在弧BC上，記∠BAC-∠BCD=α，則圖中等于α的角是_______17．拋物線的頂點坐標是____________18．如圖，某河堤的橫截面是梯形，，迎水面長26，且斜坡的坡比（即）為12:5，則河堤的高為__________．三、解答題(共66分)19．（10分）如圖，點為上一點，點在直徑的延長線上，且，過點作的切線，交的延長線于點.判斷直線與的位置關系，并說明理由；若，求:①的半徑，②的長.20．（6分）已知：梯形ABCD中，AD//BC，AD=AB，對角線AC、BD交于點E，點F在邊BC上，且∠BEF=∠BAC．（1）求證：△AED∽△CFE；（2）當EF//DC時，求證：AE=DE．21．（6分）如圖，在?ABCD中，點E是邊AD上一點，延長CE到點F，使∠FBC＝∠DCE，且FB與AD相交于點G．（1）求證：∠D＝∠F；（2）用直尺和圓規在邊AD上作出一點P，使△BPC∽△CDP，并加以證明．（作圖要求：保留痕跡，不寫作法．）22．（8分）如圖①，四邊形是邊長為2的正方形，，四邊形是邊長為的正方形，點分別在邊上，此時，成立．（1）當正方形繞點逆時針旋轉，如圖②，成立嗎？若成立，請證明；若不成立，請說明理由；（2）當正方形繞點逆時針旋轉（任意角）時，仍成立嗎？直接回答；（3）連接，當正方形繞點逆時針旋轉時，是否存在∥，若存在，請求出的值；若不存在，請說明理由．23．（8分）如圖，點E是弧BC的中點，點A在⊙O上，AE交BC于點D．（1）求證：；（2）連接OB，OC，若⊙O的半徑為5，BC=8，求的面積．24．（8分）已知：如圖，在△ABC中，D是BC邊上的一點，E是AD的中點，過點A作BC的平行線交于BE的延長線于點F，且AF=DC，連接CF．（1）求證：D是BC的中點；（2）如果AB=AC，試判斷四邊形ADCF的形狀，并證明你的結論．25．（10分）箱子里有4瓶牛奶，其中有一瓶是過期的．現從這4瓶牛奶中不放回地任意抽取2瓶．（1）請用樹狀圖或列表法把上述所有等可能的結果表示出來；（2）求抽出的2瓶牛奶中恰好抽到過期牛奶的概率．26．（10分）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC交BC于點D，DE⊥AD交AB于E，EF∥BC交AC于F．（1）求證：△ACD∽△ADE；（2）求證：AD2＝AB?AF；（3）作DG⊥BC交AB于G，連接FG，若FG＝5，BE＝8，直接寫出AD的長．

參考答案一、選擇題(每小題3分,共30分)1、D【分析】根據已知條件易證△ADC∽△ABC，再利用相似三角形的性質解答即可．【詳解】∵在△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB于點D，∴∠ADC=∠ACB=90°，∠A=∠A，∴△ADC∽△ABC，∴AC：AB=2：5，是相似比，∴S△ADC：S△ABC=4：25，∴S△ADC：S△BDC=4：（25﹣4）=4：21，故選D．【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質，證明△ADC∽△ABC是解決問題的關鍵．2、B【分析】延長AF交DC于Q點，由矩形的性質得出CD＝AB＝6，AB∥CD，AD∥BC，得出＝1，△AEI∽△QDE，因此CQ＝AB＝CD＝6，△AEI的面積：△QDI的面積＝1：16，根據三角形的面積公式即可得出結果．【詳解】延長AF交DC于Q點，如圖所示：∵E，F分別是AB，BC的中點，∴AE＝AB＝3，BF＝CF＝BC＝5，∵四邊形ABCD是矩形，∴CD＝AB＝6，AB∥CD，AD∥BC，∴＝1，△AEI∽△QDI，∴CQ＝AB＝CD＝6，△AEI的面積：△QDI的面積＝（）2＝，∵AD＝10，∴△AEI中AE邊上的高＝2，∴△AEI的面積＝×3×2＝3，∵△ABF的面積＝×5×6＝15，∵AD∥BC，∴△BFH∽△DAH，∴＝＝，∴△BFH的面積＝×2×5＝5，∴四邊形BEIH的面積＝△ABF的面積﹣△AEI的面積﹣△BFH的面積＝15﹣3﹣5＝1．故選：B．【點睛】本題考查了矩形的性質、相似三角形的判定與性質、三角形面積的計算；熟練掌握矩形的性質，證明三角形相似是解決問題的關鍵．3、A【分析】解分式方程可得且，再根據一次函數的圖象不經過第三象限，可得，結合可得，且，再根據是整數和是非負整數求出的所有值，即可求解．【詳解】經檢驗，不是方程的解∴∵分式方程的解為非負整數∴解得且∵一次函數的圖象不經過第三象限∴解得∴，且∵是整數∴∵是非負整數故答案為：A．【點睛】本題考查了分式方程和一次函數的問題，掌握解分式方程和解不等式組的方法是解題的關鍵．4、C【詳解】∵AB是⊙O的切線，∴AB⊥OA，即∠OBA=90°．∵∠BAO=40°，∴∠BOA=50°．∵OB=OC，∴∠OCB=．故選C．5、C【分析】若二次函數的圖像與x軸沒有交點，則，解出關于m、n的不等式，再分別判斷即可；【詳解】解：與軸無交點，，，故A、B錯誤；同理：；故選C.【點睛】本題主要考查了拋物線與坐標軸的交點，掌握拋物線與坐標軸的交點是解題的關鍵.6、B【分析】分別求出每一個不等式的解集，根據“大于向右，小于向左，包括端點用實心，不包括端點用空心”的原則即可得答案．【詳解】解：，解不等式2x?1≤5，得：x≤3，解不等式8?4x＜0，得：x＞2，故不等式組的解集為：2＜x≤3，故選：B．【點睛】本題考查的是解一元一次不等式組，正確求出每一個不等式解集是基礎，熟悉在數軸上表示不等式解集的原則“大于向右，小于向左，包括端點用實心，不包括端點用空心”是解題的關鍵．7、C【分析】首先拋物線平移時不改變a的值，其中點的坐標平移規律是上加下減，左減右加，利用這個規律即可得到所求拋物線的頂點坐標，然后就可以求出拋物線的解析式．【詳解】解：∵y=x2-4x-5=x2-4x+4-9=（x-2）2-9，∴頂點坐標為（2，-9），∴由點的平移可知：向左平移2個單位，再向上平移3個單位，得（1，-2），則原二次函數y=ax2+bx+c的頂點坐標為（1，-2），∵平移不改變a的值，∴a=1，∴原二次函數y=ax2+bx+c=x2-2，∴b=1，c=-2．故選：C．【點睛】此題主要考查了二次函數圖象與平移變換，首先根據平移規律求出已知拋物線的頂點坐標，然后求出所求拋物線的頂點坐標，最后就可以求出原二次函數的解析式．8、A【分析】根據正多邊形的內角求得每個外角的度數，利用多邊形外角和為360°即可求解．【詳解】解：∵圓內接正多邊形的內角是，∴該正多邊形每個外角的度數為，∴該正多邊形的邊數為：，故選：A．【點睛】本題考查圓與正多邊形，掌握多邊形外角和為360°是解題的關鍵．9、C【分析】根據圓心角之和等于五邊形的內角和，由于半徑相等，根據扇形的面積公式計算先算出五邊形內部五個扇形的面積之和，再用五個圓的面積之和減去五邊形內部五個扇形的面積之和即可求得結果．【詳解】∵五邊形的內角和是：(5?2)×180°=540°，∴陰影部分的面積之和是：，故選C．【點睛】本題主要考查多邊形的內角和以及扇形的面積公式，解決問題的關鍵是把陰影部分的面積當成一個扇形面積來求，將五邊形的內角和理解成圓心角也很關鍵；這題是易錯題，注意是求五邊形外部的扇形面積之和．10、B【分析】根據軸對稱圖形和中心對稱圖形的定義逐項識別即可，在平面內，一個圖形經過中心對稱能與原來的圖形重合，這個圖形叫做叫做中心對稱圖形；一個圖形的一部分，以某條直線為對稱軸，經過軸對稱能與圖形的另一部分重合，這樣的圖形叫做軸對稱圖形.【詳解】解：A、不是軸對稱圖形，是中心對稱圖形；B、是軸對稱圖形，也是中心對稱圖形；C、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形；D、不是軸對稱圖形，也不是中心對稱圖形.故選B.【點睛】本題考查了軸對稱圖形和中心對稱圖形的識別，熟練掌握軸對稱圖形和中心對稱圖形的定義是解答本題的關鍵.二、填空題(每小題3分,共24分)11、x1＝0，x2＝1．【分析】利用因式分解法求解可得．【詳解】移項得：x2﹣1x＝0，∴x（x﹣1）＝0，則x＝0或x﹣1＝0，解得x1＝0，x2＝1，故答案為：x1＝0，x2＝1．【點睛】本題主要考查解一元二次方程的能力，熟練掌握解一元二次方程的幾種常用方法：直接開平方法、因式分解法、公式法、配方法，結合方程的特點選擇合適、簡便的方法是解題的關鍵．12、1．【分析】根據題意，寫出已知條件并畫出圖形，然后根據勾股定理即可求出AB，再根據圓周角為直角所對的弦是直徑即可得出結論.【詳解】如圖，已知：AC＝8，BC＝6，由勾股定理得：AB＝＝1，∵∠ACB＝90°，∴AB是⊙O的直徑，∴這個三角形的外接圓直徑是1；故答案為：1．【點睛】此題考查的是求三角形的外接圓的直徑，掌握圓周角為直角所對的弦是直徑是解決此題的關鍵.13、1【分析】由tanA＝＝1可設BC＝1x，則AC＝x，依據勾股定理列方程求解可得．【詳解】∵在Rt△ABC中，tanA＝＝1，∴設BC＝1x，則AC＝x，由BC2+AC2＝AB2可得9x2+x2＝10，解得：x＝1（負值舍去），則BC＝1，故答案為：1．【點睛】本題考查了解直角三角形的問題，掌握銳角三角函數的定義以及勾股定理是解題的關鍵．14、(1，2)【分析】根據平面直角坐標系中，如果位似變換是以原點為位似中心，相似比為k，那么位似圖形對應點的坐標的比等于k或-k，結合題中是在第一象限內進行變換進一步求解即可.【詳解】由題意得：在第一象限內，以原點為位似中心，把△OAB縮小為原來的，則點A的對應點A'的坐標為A(2×，4×)，即(1，2).故答案為：(1，2).【點睛】本題主要考查了直角坐標系中位似圖形的變換，熟練掌握相關方法是解題關鍵.15、60°【分析】首先根據題意作出圖形，然后可得△AOB是等邊三角形，然后由三角函數的性質，求得OH的長即可得答案．【詳解】如圖所示：∵六邊形ABCDE是正六邊形，∴∠AOB＝＝60°，∴△AOB是等邊三角形，∴OA＝OB＝AB＝1，作OM⊥AB于點M，∵OA＝1，∠OAB＝60°，∴OM＝OA?sin60°＝1×＝．【點睛】本題考查正多邊形和圓及解直角三角形，正多邊形的每一邊所對的外接圓的圓心角叫做這個正多邊形的中心角；正多邊形的中心到正多邊形一邊的距離叫做這個正多邊形的邊心距；熟記特殊角的三角函數值及三角函數的定義是解題關鍵．16、∠DAC【分析】由于∠BAD與∠BCD是同弧所對的圓周角，故∠BAD=∠BCD，故∠BAC-∠BCD=∠BAC-∠BAD，即可得出答案.【詳解】解：∵∠BAD=∠BCD，∴∠BAC-∠BCD=∠BAC-∠BAD=∠DAC，∵∠BAC-∠BCD=α∴∠DAC=α故答案為：∠DAC.【點睛】本題考查了圓周角的性質，掌握同弧所對的圓周角相等是解題的關鍵.17、【分析】根據頂點式即可得到頂點坐標．【詳解】解：∵，∴拋物線的頂點坐標為（2，2），

故答案為（2，2）.【點睛】本題主要考查二次函數的頂點坐標，掌握二次函數的頂點式y=a（x-h）2+k的頂點坐標為（h，k）是解題的關鍵．18、24cm【分析】根據坡比（即）為12:5，設BE=12x，AE=5x，因為AB=26cm，根據勾股定理列出方程即可求解.【詳解】解：設BE=12x，AE=5x，∵AB=26cm，∴∴BE=2×12=24cm故答案為：24cm.【點睛】本題主要考查的是坡比以及勾股定理，找出圖中的直角三角形在根據勾股定理列出方程即可求解.三、解答題(共66分)19、(1)直線與相切；見解析（2）①3；②6.【分析】（1）首先由圓的性質得出，然后由圓內接直角三角形得出，，進而得出，即可判定其相切；（2）①首先根據根據元的性質得出，，進而可判定，即可得出半徑；②首先由OP、OB得出OC，然后由切線性質得出，再由判定進而利用相似性質構建方程，即可得解.【詳解】直線與相切；理由:連接，，，是的直徑，，，，，即，為上的一點，直線與相切；①，，，，，，，圓的半徑為;②，，∵過點作的切線交的延長線于點，，，即【點睛】此題主要考查直線和圓的位置關系以及相似三角形的判定與性質，熟練掌握。即可解題.20、（1）證明見解析；（2）證明見解析．【解析】試題分析：兩組角對應相等，兩個三角形相似.證明根據相似三角形對應邊成比例，即可證明.試題解析：（1）又∵AD//BC，（2）∵EF//DC，∴．∵AD//BC，∴，∴．即，21、（1）詳見解析；（2）詳見解析．【分析】（1）根據四邊形ABCD是平行四邊形可得AD∥BC，∠FGE＝FBC，再根據已知∠FBC＝∠DCE，進而可得結論；（2）作三角形FBC的外接圓交AD于點P即可證明．【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC∴∠FGE＝∠FBC∵∠FBC＝∠DCE，∴∠FGE＝∠DCE∵∠FEG＝∠DEC∴∠D＝∠F．（2）如圖所示：點P即為所求作的點．證明：作BC和BF的垂直平分線，交于點O，作△FBC的外接圓，連接BO并延長交AD于點P，∴∠PCB＝90°∵AD∥BC∴∠CPD＝∠PCB＝90°由（1）得∠F＝∠D∵∠F＝∠BPC∴∠D＝∠BPC∴△BPC∽△CDP．【點睛】此題主要考查圓的綜合應用，解題的關鍵是熟知平行四邊形的性質、外接圓的性質及相似三角形的判定與性質.22、（1）成立，證明見解析；（2）結論仍成立；（3）存在，【分析】（1）先利用正方形的性質和旋轉的性質證明≌，然后得出，再根據等量代換即可得出，則有；（2）先利用正方形的性質和旋轉的性質證明≌，然后得出，再根據等量代換即可得出，則有；（3）通過分析得出時，在同一直線上,根據AO,AF求，從而有,最后利用即可求解．【詳解】（1）結論，仍成立．如圖1，延長交于交于點，∵四邊形，ABCD都是正方形,∴．由旋轉可得，，，∴≌，∴．,，∴，∴結論仍成立．（2）若正方形繞點逆時針旋轉時，如圖，結論仍然成立，理由如下：如圖2，延長交于交于點，∵四邊形，ABCD都是正方形,∴．由旋轉可得，，，∴≌，∴．,，∴，∴結論仍成立．當旋轉其他角度時同理可證，所以結論仍成立．（3）存在如圖3，連接，與相交于，∵，當∥時，，又∵，∴在同一直線上．∵四邊形ABCD，AEGF是正方形，∴．∵，∴．∵,，，∴，即當時，∥成立．【點睛】本題主要考查正方形的性質，全等三角形的判定及性質，解直角三角形，直角三角形兩銳角互余，掌握正方形的性質，全等三角形的判定及性質，解直角三角形，直角三角形兩銳角互余是解題的關鍵．23、（1）見解析；（2）12【分析】（1）由點E是的中點根據圓周角定理可得∠BAE=∠CBE，又由∠E=∠E（公共角），即可證得△BDE∽△ABE，然后由相似三角形的對應邊成比例，證得結論．（2）過點O作OF⊥BC于點F，根據垂徑定理得出BF=CF=4，再根據勾股定理得出OF的長，從而求出的面積【詳解】（1）證明：∵點E是弧BC的中點∴∠BAE=∠CBE=∠DBE又∵∠E=∠E∴△AEB∽△BED∴∴（2）過點O作OF⊥BC于點F，則BF=CF=4在中，∴【點睛】此題考查了圓周角定理、垂徑定理以及相似三角形的判定與性質．此題難度不大，注意掌握數形結合思想的應用．24、（1）見詳解；（2）四邊形ADCF是矩形；證明見詳解．【分析】（1）可證△AFE≌△DBE，得出AF=BD，進而根據AF=DC，得出D是BC中點的結論；（2）若AB=AC，則△ABC是等腰三角形，根據等腰三角形三線合一的性質知AD⊥BC；而AF與DC平行且相等，故四邊形ADCF是平行四邊形，又AD⊥BC，則四邊形ADCF是矩形．【詳解】（1）證明：∵E是AD的中點，

∴AE=DE．

∵AF∥BC，

∴∠FAE=∠BDE，∠AFE=∠DBE．

在△AFE和△DBE中，∴△AFE≌△DBE（AAS）．

∴AF=BD．

∵AF=DC，

∴BD=DC．

即：D是BC的中點．

（2）解：四邊形ADCF是矩形；

證明：∵AF=DC，AF∥DC，

∴四邊形ADCF是平行四邊形．

∵AB=AC，BD=DC，

∴AD⊥BC即∠ADC=90°．

∴平行四邊形ADCF是矩形．【點睛】此題主要考查了全等三角形的判定和性質，等腰三角形的性質，平行四